資源簡介

導數壓軸題題型歸納
1.
高考命題回顧
例1已知函數f(x)＝ex－ln(x＋m)．（新課標Ⅱ卷）
(1)設x＝0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調性；
(2)當m≤2時，證明f(x)>0.
例2已知函數f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，若曲線y＝f(x)和曲線y＝g(x)都過點P(0，2)，且在點P處有相同的切線y＝4x+2（新課標Ⅰ卷）
（Ⅰ）求a，b，c，d的值
（Ⅱ）若x≥－2時,
，求k的取值范圍。
例3已知函數滿足（新課標）
(1)求的解析式及單調區間；
(2)若，求的最大值。
例4已知函數，曲線在點處的切線方程為。（新課標）
（Ⅰ）求、的值；
（Ⅱ）如果當，且時，，求的取值范圍。
例5設函數（新課標）
(1)若，求的單調區間；
(2)若當時，求的取值范圍
例6已知函數f(x)＝(x3+3x2+ax+b)e－x.
(1)若a＝b＝－3,求f(x)的單調區間;
(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)單調增加,在(α,2),(β,+∞)單調減少,證明β－α＞6.
2.
在解題中常用的有關結論※
(1)曲線在處的切線的斜率等于，且切線方程為
。
(2)若可導函數在
處取得極值，則。反之，不成立。
(3)對于可導函數，不等式的解集決定函數的遞增（減）區間。
(4)函數在區間I上遞增（減）的充要條件是：恒成立（
不恒為0）.
(5)函數（非常量函數）在區間I上不單調等價于在區間I上有極值，則可等價轉化為方程在區間I上有實根且為非二重根。（若為二次函數且I=R，則有）。
(6)
在區間I上無極值等價于在區間在上是單調函數，進而得到或在I上恒成立
(7)若，恒成立，則;
若，恒成立，則
(8)若，使得，則；若，使得，則.
(9)設與的定義域的交集為D，若D
恒成立，則有
.
(10)若對、
，恒成立，則.
若對，，使得,則.
若對，，使得，則.
（11）已知在區間上的值域為A,，在區間上值域為B，
若對,，使得=成立，則。
(12)若三次函數f(x)有三個零點，則方程有兩個不等實根，且極大值大于0，極小值小于0.
(13)證題中常用的不等式:
①
②≤
③
④
⑤
⑥
3.
題型歸納
①_?????°?????????????????????è°???§???????????????????????????????????¨_
例7（構造函數，最值定位）設函數(其中).
(Ⅰ)
當時,求函數的單調區間;
(Ⅱ)
當時,求函數在上的最大值.
例8（分類討論，區間劃分）已知函數,為函數的導函數.
(1)設函數f(x)的圖象與x軸交點為A,曲線y=f(x)在A點處的切線方程是,求的值;
(2)若函數,求函數的單調區間.
例9（切線）設函數.
（1）當時，求函數在區間上的最小值；
（2）當時，曲線在點處的切線為，與軸交于點求證：.
例10（極值比較）已知函數其中
⑴當時，求曲線處的切線的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
⑵當時，求函數的單調區間與極值.
例11（零點存在性定理應用）已知函數
⑴若函數φ
(x)
=
f
(x)－，求函數φ
(x)的單調區間；
⑵設直線l為函數f
(x)的圖象上一點A(x0，f
(x0))處的切線，證明：在區間(1,+∞)上存在唯一的x0，使得直線l與曲線y=g(x)相切．
例12（最值問題，兩邊分求）已知函數.
⑴當時，討論的單調性；
⑵設當時，若對任意，存在，使，求實數取值范圍.
例13（二階導轉換）已知函數
⑴若，求的極大值；
⑵若在定義域內單調遞減，求滿足此條件的實數k的取值范圍.
例14（綜合技巧）設函數
⑴討論函數的單調性；
⑵若有兩個極值點，記過點的直線斜率為,問：是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
②_??¤??????????????????_
例15（切線交點）已知函數在點處的切線方程為．
⑴求函數的解析式；
⑵若對于區間上任意兩個自變量的值都有，求實數的最小值；
⑶若過點可作曲線的三條切線，求實數的取值范圍．
例16（根的個數）已知函數，函數是區間[-1，1]上的減函數.
（I）求的最大值；
（II）若上恒成立，求t的取值范圍；
（Ⅲ）討論關于x的方程的根的個數．
例17（綜合應用）已知函數
⑴求f(x)在[0,1]上的極值；
⑵若對任意成立，求實數a的取值范圍；
⑶若關于x的方程在[0，1]上恰有兩個不同的實根，求實數b的取值范圍.
③_?????????è?????_
例18(變形構造法)已知函數，a為正常數．
⑴若，且a，求函數的單調增區間；
⑵在⑴中當時，函數的圖象上任意不同的兩點，，線段的中點為，記直線的斜率為，試證明：．
⑶若，且對任意的，，都有，求a的取值范圍．
例19(高次處理證明不等式、取對數技巧)已知函數.
（1）若對任意的恒成立，求實數的取值范圍；
（2）當時，設函數，若，求證
例20（絕對值處理）已知函數的圖象經過坐標原點，且在處取得極大值．
（I）求實數的取值范圍；
（II）若方程恰好有兩個不同的根，求的解析式；
（III）對于（II）中的函數，對任意，求證：．
例21（等價變形）已知函數．
（Ⅰ）討論函數在定義域內的極值點的個數；
（Ⅱ）若函數在處取得極值，對,恒成立，
求實數的取值范圍；
（Ⅲ）當且時，試比較的大小．
例22（前后問聯系法證明不等式）已知，直線與函數的圖像都相切，且與函數的圖像的切點的橫坐標為1。
（I）求直線的方程及m的值；
（II）若，求函數的最大值。
（III）當時，求證：
例23(整體把握，貫穿全題)已知函數．
（1）試判斷函數的單調性；
（2）設，求在上的最大值；
（3）試證明：對任意，不等式都成立（其中是自然對數的底數）．
例24(化簡為繁，統一變量)設,函數.
（Ⅰ）若，求曲線在處的切線方程；
（Ⅱ）若無零點,求實數的取值范圍；
（Ⅲ）若有兩個相異零點,求證:
.
例25（導數與常見不等式綜合）已知函數，其中為正常數．
（Ⅰ）求函數在上的最大值；
（Ⅱ）設數列滿足：，，
（1）求數列的通項公式；
（2）證明：對任意的，；
（Ⅲ）證明：．
例26（利用前幾問結論證明立體不等式）已知函數f(x)=ex-ax(e為自然對數的底數).
(I
)求函數f(x)的單調區間；
(II)如果對任意，都有不等式f(x)>
x
+
x2成立，求實數a的取值范圍；
(III)設,證明：+++…+<
例27已知函數.若函數滿足下列條件:
①;②對一切實數,不等式恒成立.
(Ⅰ)求函數的表達式;
(Ⅱ)若對,恒成立,求實數的取值范圍;
(Ⅲ)求證:.
例28（數學歸納法）已知函數，當時，函數取得極大值.
（１）求實數的值；
（２）已知結論：若函數在區間內導數都存在，且，則存在，使得.試用這個結論證明：若，函數，則對任意，都有；
（３）已知正數，滿足，求證：當，時，對任意大于，且互不相等的實數，都有.
④\l
"四、不等式恒成立求字母范圍"
恒成立、存在性問題求參數范圍
例29（傳統討論參數取值范圍）已知函數，(為自然對數的底數)
（1）當時，求的單調區間；
（2）對任意的恒成立，求的最小值；
（3）若對任意給定的，
使得成立，求的取值范圍。
例30已知函數
（1）求證：函數上是增函數.
（2）若上恒成立，求實數a的取值范圍.
（3）若函數上的值域是，求實數a的取值范圍.
例31已知函數.
(1)若為的極值點,求實數的值;
(2)若在上為增函數,求實數的取值范圍;
(3)當時,方程有實根,求實數的最大值.
例32（分離變量）已知函數(a為實常數).
(1)若，求證：函數在(1,+∞)上是增函數；
(2)求函數在[1,e]上的最小值及相應的值；
(3)若存在，使得成立，求實數a的取值范圍.
例33（多變量問題，分離變量）已知函數，.
（１）若函數依次在處取到極值．
①求的取值范圍；②若，求的值．
（２）若存在實數，使對任意的，不等式
恒成立．求正整數的最大值．
例34（分離變量綜合應用）設函數.
⑴若函數在處與直線相切：
①求實數的值；②求函數在上的最大值；
⑵當時，若不等式≥對所有的都成立，求實數的取值范圍.
例35（先猜后證技巧）已知函數
（Ⅰ）求函數f
(x)的定義域
（Ⅱ）確定函數f
(x)在定義域上的單調性，并證明你的結論.
（Ⅲ）若x>0時恒成立，求正整數k的最大值.
例36（創新題型）設函數f(x)=ex+sinx,g(x)=ax,F(x)=f(x)－g(x).
(Ⅰ)若x=0是F(x)的極值點,求a的值；
(Ⅱ)當
a=1時,設P(x1,f(x1)),
Q(x2,
g(x
2))(x1>0,x2>0),
且PQ//x軸,求P、Q兩點間的最短距離；
(Ⅲ)若x≥0時,函數y=F(x)的圖象恒在y=F(－x)的圖象上方,求實數a的取值范圍．
例37（創新題型）已知函數=，.
(Ⅰ)求函數在區間上的值域；
（Ⅱ）是否存在實數，對任意給定的，在區間上都存在兩個不同的
，使得成立.若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）給出如下定義：對于函數圖象上任意不同的兩點，如果對于函數圖象上的點（其中總能使得成立，則稱函數具備性質“”，試判斷函數是不是具備性質“”，并說明理由.
例38(圖像分析，綜合應用)
已知函數，在區間上有最大值4，最小值1，設．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）不等式在上恒成立，求實數的范圍；
（Ⅲ）方程有三個不同的實數解，求實數的范圍．
⑤導數與數列
例39（創新型問題）設函數，，是的一個極大值點．
⑴若，求的取值范圍；
⑵當是給定的實常數，設是的3個極值點，問是否存在實數，可找到，使得的某種排列（其中=）依次成等差數列?若存在，求所有的及相應的；若不存在，說明理由．
例40（數列求和，導數結合）給定函數
(1)試求函數的單調減區間;
(2)已知各項均為負的數列滿足,求證:;
(3)設,為數列的前項和,求證:.
⑥導數與曲線新題型
例41（形數轉換）已知函數,
.
(1)若,
函數
在其定義域是增函數,求b的取值范圍;
(2)在(1)的結論下,設函數的最小值;
(3)設函數的圖象C1與函數的圖象C2交于點P、Q,過線段PQ的中點R作軸的垂線分別交C1、C2于點、,問是否存在點R,使C1在處的切線與C2在處的切線平行?若存在,求出R的橫坐標;若不存在,請說明理由.
例42（全綜合應用）已知函數.
(1)是否存在點,使得函數的圖像上任意一點P關于點M對稱的點Q也在函數的圖像上?若存在,求出點M的坐標;若不存在,請說明理由;
(2)定義,其中,求;
(3)在(2)的條件下,令,若不等式對且恒成立,求實數的取值范圍.
⑦導數與三角函數綜合
例43（換元替代，消除三角）設函數（），其中．
（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；
（Ⅱ）當時，求函數的極大值和極小值；
（Ⅲ）當，
時，若不等式對任意的恒成立,求的值。
例44（新題型，第7次晚課練習）設函數.
(1)討論的單調性
(2)設,求的取值范圍.
⑧創新問題積累
例45已知函數.
I、求的極值.
II、求證的圖象是中心對稱圖形.
III、設的定義域為,是否存在.當時，的取值范圍是?若存在,求實數、的值；若不存在，說明理由
例46已知函數在區間[0,1]上單調遞增，在區間[1,2]上單調遞減．
（1）求a的值；
（2）設，若方程的解集恰好有3個元素，求的取值范圍；
（3）在（2）的條件下，是否存在實數對，使為偶函數？如存在，求出如不存在，說明理由．
導數壓軸題題型歸納
參考答案
例1
(1)解　f(x)＝ex－ln(x＋m)?f′(x)＝ex－?f′(0)＝e0－＝0?m＝1，
定義域為{x|x>－1}，
f′(x)＝ex－＝，
顯然f(x)在(－1,0]上單調遞減，在[0，＋∞)上單調遞增．
(2)證明　g(x)＝ex－ln(x＋2)，
則g′(x)＝ex－(x>－2)．
h(x)＝g′(x)＝ex－(x>－2)?h′(x)＝ex＋>0，
所以h(x)是增函數，h(x)＝0至多只有一個實數根，
又g′(－)＝－<0，g′(0)＝1－>0，
所以h(x)＝g′(x)＝0的唯一實根在區間內，
設g′(x)＝0的根為t，則有g′(t)＝et－＝0，所以，et＝?t＋2＝e－t，
當x∈(－2，t)時，g′(x)當x∈(t，＋∞)時，g′(x)>g′(t)＝0，g(x)單調遞增；
所以g(x)min＝g(t)＝et－ln(t＋2)＝＋t＝>0，
當m≤2時，有ln(x＋m)≤ln(x＋2)，
所以f(x)＝ex－ln(x＋m)≥ex－ln(x＋2)＝g(x)≥g(x)min>0.
例2（Ⅰ）由已知得，
而=，=，∴=4，=2，=2，=2；……4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，
設函數==（），
==，
有題設可得≥0，即，
令=0得，=，=－2，
（1）若，則－2＜≤0，∴當時，＜0，當時，
＞0，即在單調遞減，在單調遞增，故在=取最小值，
而==≥0，
∴當≥－2時，≥0，即≤恒成立，
(2)若，則=，
∴當≥－2時，≥0，∴在(－2,+∞)單調遞增，而=0，
∴當≥－2時，≥0，即≤恒成立，
(3)若，則==＜0，
∴當≥－2時，≤不可能恒成立，
綜上所述，的取值范圍為[1,].
例3（1）
令得：
得：
在上單調遞增
得：的解析式為
且單調遞增區間為，單調遞減區間為
（2）得
①當時，在上單調遞增
時，與矛盾
②當時，
得：當時，
令；則
當時，
當時，的最大值為
例4解（Ⅰ）
由于直線的斜率為，且過點，故即
解得，。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，所以
。
考慮函數，則。
(i)設，由知，當時，，h(x)遞減。而
故當時，
，可得；
當x（1，+）時，h（x）<0，可得
h（x）>0
從而當x>0,且x1時，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.
（ii）設0+1）+2x>0,故
(x）>0,而h（1）=0，故當x（1，）時，h（x）>0，可得h（x）<0,與題設矛盾。
（iii）設k1.此時，（x）>0,而h（1）=0，故當x
（1，+）時，h（x）>0，可得
h（x）<0,與題設矛盾。
綜合得，k的取值范圍為（-，0]
例5（1）時，，.
當時，；當時，.故在單調減少，在單調增加
（II）
由（I）知，當且僅當時等號成立.故
，
從而當，即時，，而，
于是當時，.
由可得.從而當時，
，
故當時，，而，于是當時，.
綜合得的取值范圍為.
例6解:
(1)當a＝b＝－3時,f(x)＝(x3+3x2－3x－3)e－x,故
f′(x)＝－(x3+3x2－3x－3)e－x
+(3x2+6x－3)e－x
＝－e－x
(x3－9x)
＝－x(x－3)(x+3)e－x.
當x＜－3或0＜x＜3時,f′(x)＞0;
當－3＜x＜0或x＞3時,f′(x)＜0.
從而f(x)在(－∞,－3),(0,3)單調增加,在(－3,0),(3,+∞)單調減少.
(2)f′(x)＝－(x3+3x2+ax+b)e－x
+(3x2+6x+a)e－x＝－e－x［x3+(a－6)x+b－a］.
由條件得f′(2)＝0,即23+2(a－6)+b－a＝0,故b＝4－a.
從而f′(x)＝－e－x［x3+(a－6)x+4－2a］.
因為f′(α)＝f′(β)＝0,
所以x3+(a－6)x+4－2a＝(x－2)(x－α)(x－β)
＝(x－2)［x2－(α+β)x+αβ］.
將右邊展開,與左邊比較系數,得α+β＝－2,αβ＝a－2.
故.
又(β－2)(α－2)＜0，即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a＜－6.
于是β－α＞6.
例7
(Ⅰ)
當時,
,
令,得,
當變化時,的變化如下表:
極大值
極小值
右表可知,函數的遞減區間為,遞增區間為,.
(Ⅱ),
令,得,,
令,則,所以在上遞增,
所以,從而,所以
所以當時,;當時,;
所以
令,則,
令,則
所以在上遞減,而
所以存在使得,且當時,,
當時,,
所以在上單調遞增,在上單調遞減.
因為,,
所以在上恒成立,當且僅當時取得“”.
綜上,函數在上的最大值.
例8解:(Ⅰ)∵,
∴
∵在處切線方程為,
∴,
∴,.
(各1分)
(Ⅱ).
①當時,,
0
-
0
+
↘
極小值
↗
的單調遞增區間為,單調遞減區間為
②當時,令,得或
(ⅰ)當,即時,
0
-
0
+
0
-
↘
極小值
↗
極大值
↘
的單調遞增區間為,單調遞減區間為,;
(ⅱ)當,即時,,
故在單調遞減;
(ⅲ)當,即時,
0
-
0
+
0
-
↘
極小值
↗
極大值
↘
在上單調遞增,在,上單調遞減
綜上所述,當時,的單調遞增區間為,單調遞減區間為;
當時,的單調遞增區間為,單調遞減區間為
當,的單調遞減區間為
當時,的單調遞增區間為,單調遞減區間為、
例9解：(1)時，，由，解得.
的變化情況如下表：
0
1
-
0
+
0
↘
極小值
↗
0
所以當時，有最小值.
(2)證明：曲線在點處的切線斜率
曲線在點P處的切線方程為.
令，得，∴
∵，∴，即.
又∵，∴
所以.
例10⑴
⑵
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
以下分兩種情況討論：
①＞，則＜.當變化時，的變化情況如下表：
+
0
—
0
+
↗
極大值
↘
極小值
↗
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
②＜，則＞，當變化時，的變化情況如下表：
+
0
—
0
+
↗
極大值
↘
極小值
↗
w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
例11解：（Ⅰ）
，．
∵且，∴∴函數的單調遞增區間為．
（Ⅱ）∵
，∴，
∴
切線的方程為,
即,
①
設直線與曲線相切于點，
∵，∴，∴,∴.
∴直線也為，
即，
②
由①②得
，∴．
下證：在區間（1,+）上存在且唯一.
由（Ⅰ）可知，在區間上遞增．
又，，
結合零點存在性定理，說明方程必在區間上有唯一的根，這個根就是所求的唯一，故結論成立．
例12⑴，
令
①當時，，當,函數單調遞減；當，函數單調遞增.
②當時，由，即，解得.
當時，恒成立，此時，函數單調遞減；
當時，,時，函數單調遞減；
時，，函數單調遞增；
時，，函數單調遞減.
當時，當,函數單調遞減；
當，函數單調遞增.
綜上所述：當時，函數在單調遞減，單調遞增；
當時,恒成立,此時，函數在單調遞減；
當時,函數在遞減,遞增,遞減.
⑵當時，在(0,1)上是減函數，在(1,2)上是增函數，所以對任意，
有，
又已知存在，使，所以，，（※）
又
當時，與（※）矛盾；
當時，也與（※）矛盾；
當時，.
綜上，實數的取值范圍是.
例13解：⑴定義域為
令
由
由
即上單調遞增，在上單調遞減
時，F(x)取得極大值
　⑵的定義域為(0，+∞)，
由G
(x)在定義域內單調遞減知：在(0，+∞)內恒成立
令，則
由
∵當時為增函數
當時，為減函數
∴當x
=
e時，H(x)取最大值
故只需恒成立，
又當時，只有一點x
=
e使得不影響其單調性
例14解：⑴的定義域為
令
①當故上單調遞增．
②當的兩根都小于0，在上，，故上單調遞增．
③當的兩根為，
當時，
；當時，；當時，，故分別在上單調遞增，在上單調遞減．
⑵由⑴知，若有兩個極值點，則只能是情況③，故．
因為，
所以
又由⑴知，，于是
若存在，使得則．即．
亦即
再由⑴知，函數在上單調遞增，而，所以這與式矛盾．故不存在，使得
例15解：⑴．
根據題意，得即解得
所以．
⑵令，即．得．
1
2
+
+
增
極大值
減
極小值
增
2
因為，，
所以當時，，．
則對于區間上任意兩個自變量的值，都有
，所以．
所以的最小值為4．
⑶因為點不在曲線上，所以可設切點為．
則．
因為，所以切線的斜率為．
則=，
即．
因為過點可作曲線的三條切線，
所以方程有三個不同的實數解．
所以函數有三個不同的零點．
則．令，則或．
0
2
+
+
增
極大值
減
極小值
增
則
，即，解得．
例16解：（I），上單調遞減，
在[-1，1]上恒成立，，故的最大值為
（II）由題意
（其中），恒成立，令，
則，恒成立，
（Ⅲ）由
令
當[來源上為增函數；
當時，為減函數；
當[來源:學
科
網]
而方程無解；
當時，方程有一個根；
當時，方程有兩個根.
例17解：⑴，
令（舍去）
單調遞增；當遞減.
上的極大值.
⑵由得
設，，
依題意知上恒成立，
，
，
上單增，要使不等式①成立，
當且僅當
　
⑶由
令，
當上遞增；
上遞減，
而，
恰有兩個不同實根等價于
例18解：⑴
∵a，令得或,∴函數的單調增區間為.
⑵證明：當時
∴,
∴,又
不妨設
，
要比較與的大小，即比較與的大小，
又∵，∴
即比較與的大小．
令,則,
∴在上位增函數．
又，∴，
∴，即
⑶∵
，∴
由題意得在區間上是減函數．
當，
∴
由在恒成立．
設，，則
∴在上為增函數，∴.
當，∴
由在恒成立
設，為增函數,∴
綜上：a的取值范圍為.
例19解：（1）,，即在上恒成立
設,，時，單調減，單調增，
所以時，有最大值.，所以.
（2）當時，,
,所以在上是增函數，上是減函數.
因為，所以
即,同理.
所以
又因為當且僅當“”時，取等號.
又，,
所以,所以，
所以：.
例20（I）
由，因為當時取得極大值，
所以，所以；
（II）由下表：
+
0
-
0
-
遞增
極大值
遞減
極小值
遞增
依題意得：，解得：
所以函數的解析式是：
（III）對任意的實數都有
在區間[-2，2]有：
函數上的最大值與最小值的差等于81，
所以．
例21解：（Ⅰ），當時，在上恒成立，函數
在
單調遞減，∴在上沒有極值點；
當時，得，得，
∴在上遞減，在上遞增，即在處有極小值．
∴當時在上沒有極值點，
當時，在上有一個極值點．
（Ⅱ）∵函數在處取得極值，∴，
∴，
令，可得在上遞減，在上遞增，
∴，即．
（Ⅲ）證明：，
令，則只要證明在上單調遞增，
又∵，
顯然函數在上單調遞增．
∴，即，
∴在上單調遞增，即，
∴當時，有．
例22解：（I）的斜率為1，
且與函數的圖像的切點坐標為（1，0），的方程為
又與函數的圖象相切，有一解。
由上述方程消去y，并整理得①
依題意，方程②有兩個相等的實數根，解之，
得m=4或m=-2，
（II）由（I）可知
，
單調，當時，單減。
，取最大值，其最大值為2。
（III）
證明，當時，
例23解：（1）函數的定義域是．由已知．令，得．
因為當時，；當時，．
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減．
（2）由（1）可知當，即時，在上單調遞增，所以．
當時，在上單調遞減，所以．當，即時，．綜上所述，
（3）由（1）知當時．所以在時恒有，即，當且僅當時等號成立．因此對任意恒有．因為，，所以，即．因此對任意，不等式．
例24解：在區間上,.
（1）當時，，
則切線方程為，即
（2）①若,有唯一零點.
②若,則,是區間上的增函數,
,,
,函數在區間有唯一零點.
③若,令得:
.
在區間上,
,函數是增函數;
在區間上,
,函數是減函數;
故在區間上,
的極大值為.
由即,解得:.
故所求實數a的取值范圍是.
(3)
設
,
原不等式
令,則,于是.
設函數,求導得:
故函數是上的增函數,
，即不等式成立,
故所證不等式成立.
例25解：（Ⅰ）由，可得，
所以，，，
則在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
所以，．
（Ⅱ）（1）由，得，又，
則數列為等比數列，且，
故為所求通項公式．
（2）即證，對任意的，
證法一：（從已有性質結論出發）
由（Ⅰ）知
即有對于任意的恒成立．
證法二：（作差比較法）
由及
即有對于任意的恒成立．
（Ⅲ）證法一：（從已經研究出的性質出發，實現求和結構的放縮）
由（Ⅱ）知，對于任意的都有，
于是，
對于任意的恒成立
特別地，令，即，
有，故原不等式成立．
以下證明小組討論給分
證法二：（應用柯西不等式實現結構放縮）
由柯西不等式：
其中等號當且僅當時成立．
令，，可得
則
而由，所以
故，所證不等式成立．
證法三：（應用均值不等式“算術平均數”“幾何平均數”）
由均值不等式：，其中
可得
，
兩式相乘即得，以下同證法二．
證法四：（逆向分析所證不等式的結構特征，尋找證明思路）
欲證，
注意到，而
從而所證不等式可以轉化為證明
在此基礎上可以考慮用數學歸納法證明此命題
例26解：（Ⅰ）∵，
當a≤0時，得函數f
(x)在(-∞，+∞)上是增函數．
當a>0時，
若x∈(lna，+∞)，，得函數在(lna，+∞)上是增函數；
若x∈(-∞，lna)，，得函數在(-∞，lna)上是減函數．
綜上所述，當a≤0時，函數f
(x)的單調遞增區間是(-∞，+∞)；當a>0時，函數f
(x)
的單調遞增區間是(lna，+∞)，單調遞減區間是(-∞，lna)．…5分
（Ⅱ）由題知：不等式ex-ax>x+x2對任意成立，
即不等式對任意成立．
設(x≥2)，于是．
再設，得．
由x≥2，得，即在上單調遞增，
∴
h(x)≥h(2)=e2-4>0，進而，
∴
g(x)在上單調遞增，
∴
，
∴
，即實數a的取值范圍是．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，
當a=1時，函數f
(x)在(-∞，0)上單調遞減，在(0，+∞)上單調遞增．
∴
f
(x)≥f
(0)=1，即ex-x≥1，整理得1+x≤ex．
令(n∈N
，i=1，2，…，n-1)，則≤，即≤，
∴≤，≤，≤，…，≤，
顯然≤，
∴
≤
，
故不等式（n∈N
）成立．
例27解:(Ⅰ)又,所以,即
又因為對一切實數恒成立,
即對一切實數,不等式,恒成立.
顯然,當時,不符合題意.
當時,應滿足,
可得,故.
所以
(Ⅱ)由于,,
.即:
.
由
所以
(Ⅲ)證明:因為,所以
要證不等式成立,
即證.
因為,
所以.
所以成立
例28解：（１）當時，，函數在區間上單調遞增；
當時，，函數在區間上單調遞減.
函數在處取得極大值，故.
（２）令，
則.
函數在上可導，存在，
使得.
，
當時，，單調遞增，；
當時，，單調遞減，；
故對任意，都有.
（３）用數學歸納法證明.
①當時，，且，，
，由（Ⅱ）得，即
，
當時，結論成立.
②假設當時結論成立，即當時，.
當時，設正數滿足，令，，
則，且.
當時，結論也成立.
綜上由①②，對任意，，結論恒成立.
例29解：（1）當時，
由，由
故的單調減區間為單調增區間為
（2）即對恒成立。
令，則
再令
在上為減函數，于是
從而，，于是在上為增函數
故要恒成立，只要即的最小值為
（3）當時，函數單調遞增；
當時，，函數
單調遞減
所以，函數
當時，不合題意；
當時，
故
①
此時，當
變化時的變化情況如下：
—
0
+
單調減
最小值
單調增
對任意給定的，在區間上總存在兩個不同的
使得成立，當且僅當滿足下列條件
令
令，得
當時，函數單調遞增
當時，函數單調遞減
所以，對任意有
即②對任意恒成立。
由③式解得：
④
綜合①④可知，當
在
使成立。
例30解：（1）當用定義或導數證明單調性均可
（2）上恒成立.
設上恒成立.
可證單調增
故
的取值范圍為
（3）的定義域為
當上單調增
故有兩個不相等的正根m，n，
當時，可證上是減函數.
綜上所述，a的取值范圍為
例31解:(1)
因為為的極值點,所以
即,解得
又當時,,從而為的極值點成立
(2)因為在區間上為增函數,
所以在區間上恒成立
①當時,在上恒成立,所以在上為增函數,故符合題意
②當時,由函數的定義域可知,必須有對恒成立,故只能,
所以在上恒成立
令,其對稱軸為,
因為所以,從而在上恒成立,只要即可,
因為,
解得
因為,所以.
綜上所述,的取值范圍為
(3)若時,方程可化為.
問題轉化為在上有解,
即求函數的值域
因為,令,
則
,
所以當時,從而在上為增函數,
當時,從而在上為減函數,
因此.
而,故,
因此當時,取得最大值0
例32解：⑴當時，，當，，
故函數在上是增函數．
⑵，當，．
若，在上非負（僅當，x=1時，），故函數在上是增函數，此時．
若，當時,；當時，，此時
是減函數；當時，，此時是增函數．
故．
若，在上非正（僅當，x=e時，），故函數
在上是減函數，此時．
⑶不等式，可化為．
∵,
∴且等號不能同時取，所以，即，
因而（）
令（），又，
當時，，，
從而（僅當x=1時取等號），所以在上為增函數，
故的最小值為，所以a的取值范圍是．
例33解：（1）①
②
.
（2）不等式
，即，即.
轉化為存在實數，使對任意，不等式恒成立,即不等式在上恒成立。
即不等式在上恒成立。
設，則。
設，則，因為，有。
故在區間上是減函數。
又
故存在，使得。
當時，有，當時，有。
從而在區間上遞增，在區間上遞減。
又
所以當時，恒有；當時，恒有；
故使命題成立的正整數的最大值為5.
例34解：（1）①。
∵函數在處與直線相切解得
.
②
當時，令得；令，得，上單調遞增，在[1，e]上單調遞減，.
（2）當b=0時，若不等式對所有的都成立，則對所有的都成立，
即對所有的都成立，
令為一次函數，
.
上單調遞增，，
對所有的都成立.
..
（注：也可令所有的都成立，分類討論得對所有的都成立，，請根據過程酌情給分）
例35解：（1）定義域
（2）單調遞減。
當，令，
故在（－1，0）上是減函數，即，
故此時
在（－1，0）和（0，+）上都是減函數
（3）當x>0時，恒成立，令
又k為正整數，∴k的最大值不大于3
下面證明當k=3時，恒成立
當x>0時
恒成立
令，則
，，當
∴當取得最小值
當x>0時，
恒成立，因此正整數k的最大值為3
例36解：(Ⅰ)F(x)=
ex+sinx－ax,.
因為x=0是F(x)的極值點,所以.
又當a=2時,若x<0,
;若
x>0,
.
∴x=0是F(x)的極小值點,
∴a=2符合題意.
(Ⅱ)
∵a=1,
且PQ//x軸,由f(x1)=g(x2)得:,所以.
令當x>0時恒成立.
∴x∈[0,+∞時,h(x)的最小值為h(0)=1.∴|PQ|min=1.
(Ⅲ)令
則.
因為當x≥0時恒成立,
所以函數S(x)在上單調遞增,
∴S(x)≥S(0)=0當x∈[0,+∞時恒成立;
因此函數在上單調遞增,
當x∈[0,+∞時恒成立.
當a≤2時,,在[0,+∞單調遞增,即.
故a≤2時F(x)≥F(－x)恒成立.
例37解：(Ⅰ)
在區間上單調遞增，在區間上單調遞減,且
的值域為
（Ⅱ）令，則由(Ⅰ)可得，原問題等價于：對任意的在上總有兩個不同的實根，故在不可能是單調函數
當時,
,
在區間上遞減，不合題意
當時,
,在區間上單調遞增，不合題意
當時,
,在區間上單調遞減，不合題意
當即時,
在區間上單調遞減;
在區間上單遞增，由上可得，此時必有的最小值小于等于0
而由可得，則
綜上，滿足條件的不存在。
（Ⅲ）設函數具備性質“”，即在點處的切線斜率等于，不妨設，則，而在點處的切線斜率為，
故有
即，令，則上式化為，
令，則由可得在上單調遞增，故，即方程無解，所以函數不具備性質“”.
例38解:（Ⅰ）(1)
當時，上為增函數
故
當上為減函數
故
即.
.
（Ⅱ）方程化為
，令，
∵
∴
記∴
∴
（Ⅲ）方程化為
，
令，
則方程化為
（）
∵方程有三個不同的實數解，
∴由的圖像知，
有兩個根、，
且
或
，
記
則
或
∴
例39解：
（Ⅰ）時，，
，
令，，
設是的兩個根，
（1）當或時，則不是極值點，不合題意；
（2）當且時，由于是的極大值點，故
，即，
(Ⅱ)解：，
令，
，
于是，假設是的兩個實根，且
由（Ⅰ）可知，必有，且是的三個極值點，
則，
假設存在及滿足題意，
（1）當等差時，即時，
則或，
于是，即
此時
或
（2）當時，則或
①若，則，
于是，
即
兩邊平方得，
于是，此時，
此時=
②若，則，
于是，
即兩邊平方得，
于是，此時
此時
綜上所述，存在b滿足題意，
當b=－a－3時，，
時，，
時，.
例40
(1)
的定義域為
(此處不寫定義域,結果正確不扣分)
由得或
單調減區間為和
(答案寫成(0,2)扣1分;不寫區間形式扣1分)
(2)由已知可得,
當時,
兩式相減得
∴或
當時,,若,則這與題設矛盾
∴
∴
于是,待證不等式即為.
為此,我們考慮證明不等式
令則,
再令,
由知
∴當時,單調遞增
∴
于是
即
①
令,
由知
∴當時,單調遞增
∴
于是
即
②
[]
由①.②可知
所以,,即
(3)由(2)可知
則
[來源:Z
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k.Com]
在中令n=1,2,3..2010,2011并將各式相加得
即
例41解:(1)依題意:在(0,+)上是增函數,
對x∈(0,+)恒成立,
(2)設
當t=1時,ym
I
n=b+1;
當t=2時,ym
I
n=4+2b
當的最小值為
(3)設點P、Q的坐標是則點M、N的橫坐標為C1在點M處的切線斜率為
C2在點N處的切線斜率為
假設C1在點M處的切線與C2在點N處的切線平行,則
設
①
這與①矛盾,假設不成立.故C1在點M處的切線與C2在點N處的切線不平行
例42
(1)假設存在點,使得函數的圖像上任意一點P關于點M對稱的點Q也在函數的圖像上,則函數圖像的對稱中心為.
由,得,
即對恒成立,所以解得
所以存在點,使得函數的圖像上任意一點關于點M對稱的點也在函數的圖像上.
(2)由(1)得.
令,則.
因為①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
(3)由(2)得,所以.
因為當且時,.
所以當且時,不等式恒成立.
設,則.
當時,,在上單調遞減;
當時,,在上單調遞增.
因為,所以,
所以當且時,.
由,得,解得.
所以實數的取值范圍是.
例43解：當時，，得，且
，．
所以，曲線在點處的切線方程是，整理得
．
（Ⅱ）解：
．令，解得或．
由于，以下分兩種情況討論．
（1）若，當變化時，的正負如下表：
因此，函數在處取得極小值，且；
函數在處取得極大值，且．
（2）若，當變化時，的正負如下表：
因此，函數在處取得極小值，且；
函數在處取得極大值，且．
（Ⅲ）證明：由，得，當時，，．
由（Ⅱ）知，在上是減函數，要使，
只要，即①
設，則函數在上的最大值為．
要使①式恒成立，必須，即或．
所以，在區間上存在，使得對任意的恒成立．
解:.
例44
(Ⅰ)因為,所以.
當時,,在上為單調遞增函數;
當時,,在上為單調遞減函數;
當時,由得,
由得或;
由得；
所以當時在和上為為單調遞增函數;在
上為單調遞減函數.
(Ⅱ)因為
當時,恒成立
當時,
令,則
又令,則
則當時,,故,單調遞減
當時,,故,單調遞增
所以在時有最小值,
而
,
綜上可知時,,故在區間單調遞
所以
,故所求的取值范圍為.
另解:由恒成立可得,
令,則,
當時,,當時,
又,所以,即
故當時,有
①當時,,,所以
②當時,
綜上可知故所求的取值范圍為.
例45
(I)
.注意到,得，解得或.當變化時，的變化情況如下表：
+
0
－
－
０
＋
增
極大值
減
減
極小值
增
所以是的一個極大值,
是的一個極大值..
(II)
點的中點是,所以的圖象的對稱中心只可能是.
設為的圖象上一點,關于的對稱點是..也在的圖象上,
因而的圖象是中心對稱圖形.
(III)
假設存在實數、.,或.
若,
當時,
,而.故此時的取值范圍是不可能是.
若,當時,
,而.故此時的取值范圍是不可能是.
若,由的單調遞增區間是,知是的兩個解.而無解.
故此時的取值范圍是不可能是.
綜上所述,假設錯誤,滿足條件的實數、不存在.
例46解：（1），由已知在上的值為正，在上的值為負．
故是方程之根，
．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2）由有三個相異實根，
故方程有兩個相異的非零根．
且.
．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（3）
為偶函數，　　　　　　　　　
由（2）知．
．

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